JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMELT SZINT Ű ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA MATEMATIKA

MATEMATIKA

EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM

ÉRETTSÉGI VIZSGA ● 2012. május 8.

Fontos tudnivalók

Formai előírások:

1. A dolgozatot a vizsgázó által használt színűtől eltérő színű tollal kell javítani, és a ta- nári gyakorlatnak megfelelően jelölni a hibákat, hiányokat stb.

2. A feladatok mellett található szürke téglalapok közül az elsőben a feladatra adható ma- ximális pontszám van, a javító által adott pontszám a mellette levő téglalapba kerül.

3. Kifogástalan megoldás esetén elég a maximális pontszám beírása a megfelelő tégla- lapokba.

4. Hiányos/hibás megoldás esetén kérjük, hogy az egyes részpontszámokat is írja rá a dolgozatra.

Tartalmi kérések:

1. Egyes feladatoknál több megoldás pontozását is megadtuk. Amennyiben azoktól eltérő megoldás születik, keresse meg ezen megoldásoknak az útmutató egyes részleteivel egyenértékű részeit, és ennek alapján pontozzon.

2. A pontozási útmutató pontjai tovább bonthatók. Az adható pontszámok azonban csak egész pontok lehetnek.

3. Nyilvánvalóan helyes gondolatmenet és végeredmény esetén maximális pontszám ad- ható akkor is, ha a leírás az útmutatóban szereplőnél kevésbé részletezett.

4. Ha a megoldásban számolási hiba, pontatlanság van, akkor csak arra a részre nem jár pont, ahol a tanuló a hibát elkövette. Ha a hibás részeredménnyel helyes gondolatmenet alapján tovább dolgozik, és a megoldandó probléma lényegében nem változik meg, ak- kor a következő részpontszámokat meg kell adni.

5. Elvi hibát követően egy gondolati egységen belül (ezeket az útmutatóban kettős vonal jelzi) a formálisan helyes matematikai lépésekre sem jár pont. Ha azonban a tanuló az elvi hibával kapott rossz eredménnyel, mint kiinduló adattal helyesen számol tovább a következő gondolati egységben vagy részkérdésben, akkor erre a részre kapja meg a maximális pontot, ha a megoldandó probléma lényegében nem változik meg.

6. Ha a megoldási útmutatóban zárójelben szerepel egy megjegyzés vagy mértékegység, akkor ennek hiánya esetén is teljes értékű a megoldás.

7. Egy feladatra adott többféle helyes megoldási próbálkozás közül a vizsgázó által meg- jelölt változat értékelhető.

8. A megoldásokért jutalompont (az adott feladatra vagy feladatrészre előírt maximális pontszámot meghaladó pont) nem adható.

9. Az olyan részszámításokért, részlépésekért nem jár pontlevonás, melyek hibásak, de amelyeket a feladat megoldásához a vizsgázó ténylegesen nem használ fel.

10. A vizsgafeladatsor II. részében kitűzött 5 feladat közül csak 4 feladat megoldása értékelhető. A vizsgázó az erre a célra szolgáló négyzetben – feltehetőleg – megjelölte annak a feladatnak a sorszámát, amelynek értékelése nem fog beszámítani az össz- pontszámába. Ennek megfelelően a megjelölt feladatra esetlegesen adott megoldást nem is kell javítani. Ha mégsem derül ki egyértelműen, hogy a vizsgázó melyik feladat értékelését nem kéri, akkor automatikusan a kitűzött sorrend szerinti legutolsó feladat lesz az, amelyet nem kell értékelni.

I.

1. a)

236 , 0

000

150 (≈635593) fo- rint,

2 pont ami 0,236 190

000 150

⋅ ≈ 1 pont

≈ 3345 $-nak felel meg. 1 pont Ha a vizsgázó nem kere- kít vagy rosszul kerekít, akkor ez a pont nem jár.

Összesen: 4 pont

1. a)

190 000

150 (≈ 789,5) dollárnak. 1 pont Ez 23,6%-a a New York-i átlagfizetésnek, amely így

236 , 0 190

000 150

⋅ ≈ 2 pont

≈ 3345 $. 1 pont

Ez a pont akkor is jár, ha a vizsgázó 789 dollárral számolva 3343 $-t kap eredményül.

Ha a vizsgázó nem kere- kít vagy rosszul kerekít, akkor ez a pont nem jár.

Összesen: 4 pont

1. b)

New Yorkban 3345 $-ért 100 kg vásárolható, ezért

1 kg ára 33,45 $. 1 pont Forintban is elfogadható

a számítás: 6356 Ft.

Budapesten 1 kg árut ennek 70,9%-áért lehet vásá-

rolni, azaz 33,45⋅0,709 (≈ 23,72) $-ért. 2 pont Más helyes kerekítés (pl.

23,7 $) is elfogadható.

Ez megfelel 33,45⋅0,709⋅190 (≈ 4506) Ft-nak. 1 pont

Más, helyesen kerekített érték is elfogadható (pl.

4503 190

23,7⋅ = ).

A budapesti átlagfizetésből ennyi pénzért 190

709 , 0 45 , 33

000 150

⋅

⋅ ≈ 2 pont

≈ 33,3 kg terméket lehet vásárolni. 1 pont Összesen: 7 pont

1. b)

Ha a termék egységára e $/kg, akkor a 100 kg termé-

kért 100e $-t kell fizetni New Yorkban. 1 pont

Ez egyben a New York-i átlagkereset is. 1 pont Ez a pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a meg- oldásból derül ki.

A termék egységára Budapesten 0,709e $/kg, 1 pont az átlagkereset pedig 0,236⋅100e $, ami 23,6e $. 1 pont Ennyi pénzért Budapesten

e e 709 , 0

6 ,

23 ≈ 2 pont

3 ,

≈33 kg terméket lehet vásárolni. 1 pont Összesen: 7 pont

1. b)

Ha a New York-i átlagfizetés x $, akkor a budapesti

átlagfizetés x⋅190⋅0,236=44,84xFt. 1 pont Az x $-os New-York-i átlagfizetésből ott 100 kg ter-

méket tudunk venni, ezért 1 kg ára 100

x $. 1 pont

Budapesten 1 kg árut ennek 70,9%-áért lehet vásá-

rolni, tehát x x

00709 , 0 709 ,

100⋅0 = dollárért. 1 pont

Ez megfelel 0,00709x⋅190=1,3471x Ft-nak. 1 pont A budapesti átlagfizetésből tehát

x x 3471 , 1

84 ,

44 ≈ 2 pont

3 ,

≈33 kg terméket lehet vásárolni. 1 pont Összesen: 7 pont

Megjegyzés: Más, ésszerű (legfeljebb két tizedesjegy pontosságú) és helyesen kerekített érték (például 33 kg) is elfogadható válaszként.

2. a)

(Jelölje q a mértani sorozat hányadosát.)

A negyedik helyezett 25, a harmadik 25q, a második

25q² pontot ért el. 1 pont Ez a 2 pont akkor is jár,

ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki.

Az első helyezett pontszáma

3 25 100

3

4 2 q²

q =

⋅ . 1 pont

A szöveg szerint:

139 25 25 3 25

100q² + q₂ + q+ =

. 1 pont

Összevonás és rendezés után:

0 342 75

175q²+ q− = . 1 pont

Ennek két megoldása van: a 5

6, illetve a 35

−57 . 1 pont

Ez utóbbi a szövegnek nem felel meg (hiszen ekkor a

pontszámok nem alkotnának monoton sorozatot), 1 pont tehát a 3. helyezett pontszáma 30, a másodiké 36, az

első helyezetté pedig 48. 1 pont

(Ellenőrzés:) A kapott pontszámok összege 139, tehát

ezek valóban megoldásai a feladatnak. 1 pont Összesen: 8 pont

2. a)

A második helyezett x, az első x 3

4 pontot ért el. 1 pont Ez a 2 pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki.

A második x, a negyedik 25 pontot ért el, így a mér-

tani sorozat miatt a 3. helyezett pontszáma 25x. 1 pont A szöveg szerint: 25 25 139

3

4x+x+ x+ = . 1 pont

Hárommal beszorozva és nullára rendezve egy x- ben másodfokú egyenletet kapunk:

( )

7 x ²+ x− = .

1 pont*

Ennek pozitív gyöke x =6 (a negatív gyök 7

−57

=

x , ami nem lehetséges), 1 pont*

így x = 36. 1 pont*

Tehát a 2. helyezett pontszáma 36, a harmadiké 30,

az első helyezetté pedig 48. 1 pont

(Ellenőrzés:) A kapott pontszámok összege 139, tehát

ezek valóban megoldásai a feladatnak. 1 pont Összesen: 8 pont

A *-gal jelölt 3 pontot az alábbi gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó:

Rendezve: x x

3 114 7

5 = − .

Ezt négyzetre emelve és nullára rendezve:

0 964 116 5013

49x²− x+ = .

1 pont Ennek két megoldása van:

49

1=3249

x (≈ 66,3), ez azonban az eredeti négy- zetgyökös egyenletnek ( 0

3

114−7x< miatt) nem megoldása.

1 pont

x2 = 36. 1 pont

Megjegyzés: Ha a vizsgázó (pl. próbálgatással) megadja a helyes pontszámokat, de nem mu- tatja meg, hogy a feladatnak nincs más megoldása, akkor legfeljebb 4 pontot kaphat.

2. b)

A lehetséges (egyenlően valószínű) kimenetelek száma: ⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ 3

20 (= 1140). 2 pont Nem bontható.

A kedvező kimenetelek száma: 5³ 3 4⎟⎟⋅

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ (= 500). 2 pont

A kérdezett valószínűség:

1140

500 (≈ 0,439). 1 pont Összesen: 5 pont

2. b)

Az utalványok sorsolásának (a nyertesek sorrendjét is figyelembe véve) 20⋅19⋅18 (egyenlően valószínű) kimenetele van.

2 pont Nem bontható.

Először 20, majd 15, végül 10 főiskolásból kell kivá- lasztani 1-1 résztvevőt, ezek lehetséges száma:

10 15 20⋅ ⋅ .

2 pont a kérdezett valószínűség

57 25 18 19 20

10 15

20 =

⋅

⋅

⋅

⋅ (≈ 0,439). 1 pont

Összesen: 5 pont

3. a)

A kúp alapkörének sugara 6 (cm), 1 pont

alkotójának hossza 6 2 (≈ 8,49 cm), 1 pont térfogata = ⋅ = ⋅π⋅ =72π

3 6 6 3

m 2

V T ≈ 226 (cm³), 1 pont

felszíne ^{A=rπ(r+a)=6π}

(

)

(

)

=361 2 ≈ 273 (cm²). 1 pont

Összesen: 4 pont

3. b)

Jó ábra.

2 pont

Ha a vizsgázó ábra nélkül is jól használja az adato- kat a megoldása során, akkor is jár ez a 2 pont.

Ha a beírt gömb sugara ρ, akkor ρ 2=6−ρ, 1 pont amiből ρ=6( 2−1) (≈ 2,49 cm). 1 pont

A lemetszett kisebb kúp magassága ρ

−

=6

m1 (≈ 3,51 cm). 1 pont

A lemetszett kúp V1 térfogatára (a hasonló testek tér- fogatának aránya miatt) felírható:

=

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

=⎛

3 1 1

m m V

V 1 pont

3

6 2 6 12 ⎟⎟⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ −

= , 1 pont

amiből ^{V1 =72}

(

)

A csonkakúp térfogata tehát ≈ 181 (cm³). 1 pont Összesen: 9 pont

3. b)

Jó ábra, amely tartalmazza a gömb sugarát (ρ), a 45°-os szöget, és a síkmetszet sugarát (r).

2 pont

Ha a vizsgázó ábra nélkül is jól használja az adato- kat a megoldása során, akkor is jár ez a 2 pont.

°

⋅

=

ρ 6 tg22,5 , 1 pont

amiből ρ ≈ 2,49 (cm). 1 pont

A KCE egyenlő szárú derékszögű háromszögből ρ

−

=6

r , 1 pont

azaz r ≈ 3,51 (cm). 1 pont

A csonkakúp magassága (megegyezik a gömb suga- rával):

m ≈ 2,49 (cm). 1 pont

A csonkakúp térfogata: ^{V = m}₃^π

(

)

≈^2,49₃ ^π

(

)

A képletért önmagában nem, csak a jó behelyet- tesítésért jár ez a pont.

≈ 181 (cm³). 1 pont

Összesen: 9 pont

Megjegyzés: Ha a vizsgázó valamelyik válaszában nem kerekít vagy rosszul kerekít, akkor a feladatban összesen legfeljebb 1 pontot veszítsen.

Ha a vizsgázó a beírt gömb sugarának meghatározásakor elvi hibát követ el (például a gömb középpontját a magasság felezőpontjának tekinti), akkor legfeljebb 4 pontot kaphat.

22,5°

4. a)

Ha p=3, akkor f(x)=−3x³+9x−6. 1 pont

=

− +

−

=

− +

∫

0

3 9 6) [ 0,75 4,5 6 ]

3

( x x dx x x x 2 pont

A primitív függvény megjelenítése nélkül ez a 2 pont nem jár.

= –6. 1 pont

Összesen: 4 pont

4. b)

0 6 )

3 (

3+ − + ²− =

− p p . 1 pont

Rendezve: p²+p−12=0. 1 pont

Ennek megoldásából adódik, hogy p=3 vagy

−4

=

p esetén lesz a megadott függvénynek zérushelye az 1.

1 pont Összesen: 3 pont

4. c)

A deriváltfüggvény hozzárendelési szabálya:

2

2 2( 3)

9 )

(x x p x p

f′ =− + − + . 2 pont

Ennek az x = 1-hez tartozó helyettesítési értéke:

15

2+2p−

p . 1 pont

Megoldandó tehát a p²+2p−15>0 egyenlőtlenség. 1 pont A p²+2p−15=0 egyenlet megoldásai a 3 és a –5, 1 pont s mivel a p²+2p−15>0 egyenlőtlenség bal oldalán

álló polinom főegyütthatója pozitív, 1 pont

Ez a pont jár más helyes indoklás (pl. jó ábra) ese- tén is.

ezért az egyenlőtlenség akkor teljesül,

ha p<−5 vagy p>3. 1 pont

Összesen: 7 pont

II.

5. a)

Ha a jelöli a négyzetes oszlop alapélének hosszát, és k darabból készítjük a hasábokat, akkor H1 felszíne:

( )

(

)

2 2 2

2

2 ^{2 2 2 2}

1 = ⋅ a + ⋅k⋅a + ⋅k⋅ a = a k+

A_H . 2 pont

H2 felszíne: A_H2 =²a²+⁴⋅k⋅²a²

(

(

) )

2

1 =

H H

A

A feltételből

(2a²-tel történő egyszerűsítés és rendezés után):

) 1 4 ( 8 , 0 2

3k+ = ⋅ k+ .

2 pont

Az egyenlet megoldása k = 6, 1 pont

tehát 6-6 négyzetes oszlopot használtunk a hasábok

építéséhez. 1 pont

Összesen: 8 pont

Megjegyzés: Ha a vizsgázó (pl. próbálgatással) megadja a jó eredményt, de nem bizonyítja, hogy más megoldás nincs, akkor legfeljebb 3 pontot kaphat.

5. b)

+

= +

+

) 2 3 )(

5 4 (

) 1 4 )(

5 3

1 (

n n

n n

a a

n

n 1 pont

10 23 12

5 23 12

2 2

+ +

+

= +

n n

n

n ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

+

− +

= 12 23 10

1 ₂ 5 n

n . 1 pont

A fenti hányados minden pozitív egész n esetén 1-nél

kisebb, 1 pont

és a sorozat minden tagja pozitív, 1 pont ezért a sorozat szigorúan monoton csökkenő. 1 pont Ebből következik, hogy a sorozat felülről korlátos. 1 pont Mivel a sorozat minden tagja pozitív, ezért a sorozat

alulról is korlátos, 1 pont

tehát a sorozat korlátos. 1 pont

Összesen: 8 pont

5. b)

Vizsgáljuk az a_n+1−a_n különbséget! 1 pont + =

− + + +

1 4

2 3 5 4

5 3

n n n

n 1 pont

) 1 4 )(

5 4 (

5 )

1 4 )(

5 4 (

10 23 12

5 23

12 ^{2 2}

+

− + + =

+

−

−

− +

= +

n n

n n

n n n

n . 1 pont

A kapott tört minden pozitív egész n esetén negatív, 1 pont ezért a sorozat szigorúan monoton csökkenő. 1 pont A ⎭⎬⎫

⎩⎨

⎧ +

+ 1 4

2 3

n

n sorozat konvergens (határértéke 0,75), 1 pont s mivel minden konvergens sorozat korlátos, 1 pont tehát a sorozat egyben korlátos is. 1 pont

Összesen: 8 pont

6. a)

Az A, B sorrendje az első 2 helyen kétféleképpen

alakulhatott. 1 pont

A D osztály a 3., 4., és 5. hely bármelyikén végezhe-

tett, ez 3 lehetőség. 1 pont

A C, E, F osztályok a fennmaradó három helyen

3!-féle sorrendben végezhettek. 1 pont

A különböző lehetőségek száma tehát 2⋅3⋅3!=36. 1 pont Összesen: 4 pont

6. a)

Az A, B sorrendje az első 2 helyen kétféleképpen

alakulhatott. 1 pont

A C, D, E, F osztályok a fennmaradó négy helyen

4!-féle sorrendben végezhettek. 1 pont

Előzőek közül nem megfelelő, amikor D az utolsó,

ez 3!-féleképpen fordulhat elő. 1 pont

A különböző lehetőségek száma tehát

(

)

2⋅ − = . 1 pont

Összesen: 4 pont

6. b)

Az összes eset felében az E osztály megelőzi F-et, a

másik felében pedig F előzi meg E-t. 2 pont A megfelelő esetek száma tehát 360

2

!

6 = . 2 pont

Összesen: 4 pont

6. b)

Ha az E osztály első, akkor az F osztály 5-féle, ha az E második, akkor az F 4-féle, ha az E harmadik, ak- kor az F 3-féle, ha az E negyedik, akkor az F 2-féle, végül ha az E ötödik, akkor az F osztály csak 1-féle helyen végezhetett.

Ez összesen 15 lehetőség.

2 pont*

E és F 15 2 6⎟⎟⎠=

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ -féle hely-

re kerülhet, ezeken belül E és F sorrendje rögzí- tett.

A maradék négy helyen az A, B, C és D osztályok

4! = 24-féleképpen végezhettek. 1 pont

A megfelelő esetek száma tehát 15⋅24=360. 1 pont Összesen: 4 pont

A *-gal jelölt 2 pontot az alábbi gondolatért is megkaphatja a vizsgázó:

A, B, C és D bármely rögzített sorrendje esetén 5 helyre lehet az E és F osztályt elhelyezni.

Az 5 hely közül 2-t ismétléssel (hiszen A, B, C és D egy rögzített sorrendjén belül ugyanoda is kerülhet E és F) kiválasztva a lehetőségek száma: 15.

2 6 2

1 2

5 ⎟⎟=

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

=⎛

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ + −

(Mindegyik kiválasz- táshoz pontosan egy olyan eset tartozik, amelyben az E osztály megelőzi az F-et.)

6. c)

Az A csapat a B ellen veszített, a többi mérkőzését

megnyerte (nincs döntetlenje). 1 pont

Az F-nek nincs egyetlen pontja sem, tehát ők nem

érhettek el döntetlent. 1 pont

A B, C, D, E csapatok egymás ellen összesen 6 mér-

kőzést játszottak, 1 pont

ebből (az összes mérkőzés harmada) 5 végződött

döntetlenre. 1 pont

A B csapat a C, D, E elleni 3 mérkőzésből 3 pontot ért el, tehát vagy 1 győzelme, 1 döntetlenje és 1 veresége vagy pedig 3 döntetlenje volt.

2 pont*

Ha 1 győzelme és 1 veresége lenne B-nek, akkor a B, C, D, E csapatok egymás elleni 6 mérkőzéséből leg- feljebb 4 végződhetett volna döntetlennel.

1 pont*

Ez azonban nem lehetséges, tehát B mindhárom mér-

kőzése, így a D elleni is döntetlen lett. 1 pont*

Összesen: 8 pont

A *-gal jelölt 4 pontot az alábbi gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó:

Az egyes csapatok az egymás elleni 3-3 mérkőzésük- ből a következő pontokat szerezték: a B osztály 3 pontot, a C 4-et, a D 3-at és az E 2 pontot.

1 pont Mivel csak egy mérkőzés volt ezek közül, amelyik

nem döntetlenre végződött, 1 pont

ezért csak a C nyerhette meg az E osztály elleni ta-

lálkozóját. 1 pont

A B és D közötti mérkőzés tehát valóban döntetlenre

végződött. 1 pont

Megjegyzés: A mérkőzések eredményét mutatja az alábbi táblázat, amelyben a mérkőzésen győztes csapat neve, illetve a döntetlen eredmény látható. Ha ezt a táblázatot (vagy egy ezzel egyenértékű eredményleírást) elkészíti a vizsgázó, de nem indokolja, hogy másképpen nem tölthető ki a táblázat, akkor legfeljebb 4 pontot kaphat.

A B C D E F pont

A B A A A A 8

B B dönt. dönt. dönt. B 7 C A dönt. dönt. C C 6 D A dönt. dönt. dönt. D 5 E A dönt. C dönt. E 4 F A B C D E 0

7.

Mivel a (2; 6) pont rajta van az egyenesen, azért b

a+

=2

6 , tehát b=6−2a. 1 pont 3 b2

a= −

(mivel a < 0, ezért b > 6) Ezzel az egyenes egyenlete: y=ax+6−2a. 1 pont b x b

y ⎟ +

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ −

= 3 2 Ez az egyenes az x tengelyt a ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ −6;0 2 a

P pontban, 1 pont ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

− ;0 6 2 b P b

az y tengelyt a ^Q

(

)

( )

Mivel a < 0, ezért a

2−6 és 6−2a is pozitív. 1 pont

Ez a pont akkor is jár, ha jó ábrát készít és azon a P és Q pontok a tengelyek pozitív felén helyezkednek el.

A levágott háromszög területe:

( ) ( a)

a a

T 6 6 2

2 2

1 ⎟ −

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ −

= . 1 pont

( )

b b b

T ⋅

⋅ −

= 6

2 2 1 A szorzásokat elvégezve kapjuk, hogy

( )a a a

T =12−2 −18. 1 pont

( )

6

2

= − b b b T

Ennek ott lehet minimuma, ahol az aaT( )a

(a<0) függvény deriváltja nulla. 1 pont*

Ez a pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a meg- oldásból derül ki.

( )

a a

T′ =− + , 2 pont* ^'

( ) ( )

= − b

b b b

T

ez 0, ha a = 3 vagy a = –3. 1 pont* b = 0 vagy b = 12

Mivel a < 0, azért a = –3. 1 pont*

Ez valóban minimumhely, mert T′′( )−3 > 0. 1 pont*

Ha a = –3, akkor b = 12. 1 pont

A keresett egyenes egyenlete: y = –3x + 12. 1 pont

A legkisebb terület 24 egység. 1 pont

Összesen: 16 pont

A *-gal jelölt 6 pontot a következő gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó:

Mivel a<0, ezért 0<−a, így a ^T

( )

( ) ( )

2

12 kifejezés utolsó két

tagja pozitív.

2 pont

Ezért alkalmazhatjuk rá a számtani és mértani közép

közötti egyenlőtlenséget: 1 pont

Ez a pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a meg- oldásból derül ki.

( )

( ) ( )

a

T 18

2 12

( ) ( )

2 2

12 = + ⋅ =

⋅ −

−

⋅

⋅ +

≥ a a .

2 pont

Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha

( ) ( )

⋅ 18

2 , azaz ha a=−3. 1 pont

7.

A Q pont második koordinátája b, és legyen a P pont

első koordinátája x (b > 6 és x > 2). 1 pont A (2; 6) ponton át

párhuzamost húzunk a tengelyekkel, és az OPQ háromszög te- rületét a kapott két kisebb háromszög és a téglalap területé- nek összegeként ír- juk fel:

1 pont

Ez a pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a meg- oldásból derül ki.

( ) ( )

2 2 6 2

6

2 ⋅ + − ⋅ +

− b

x = 1 pont

= 3x + b. 1 pont

(A hasonló derékszögű háromszögek miatt:) 6

2 6

2

= −

− b

x , 1 pont

ahonnan 6

2 12 +

= −

b x . 1 pont

Ezt visszaírva a területre kapott kifejezésbe:

2 6 3 12

)

( +

+ −

= x x x

T . 1 pont

Ennek ott lehet minimuma, ahol az ^xa^T

( )

függvény deriváltja nulla. 1 pont

Ez a pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a meg- oldásból derül ki.

)2

2 ( 3 12 ) (

' = − −

x x

T . 2 pont

ez 0, ha x = 0 vagy x = 4. 1 pont

Mivel x > 2, azért x = 4. 1 pont

Ez valóban minimumhely, mert ^T′′

( )

Ha x = 4, akkor b = 12 és a QP egyenes meredeksé-

ge –3. 1 pont

A keresett egyenes egyenlete: y = –3x + 12. 1 pont

A legkisebb terület 24 egység. 1 pont

Összesen: 16 pont

8. a)

Az egyenlően valószínű kimenetelek száma: ⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ 10

50 . 1 pont

A kedvező kimenetelek száma: ⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎟⎟⎛

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝ +⎛

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

1 5 9 45 10

45 . 2 pont

A kérdezett valószínűség:

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎟⎟⎛

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝ +⎛

⎟⎟⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

10 50

1 5 9 45 10

45

≈ 1 pont

≈ 0,742. 1 pont

Összesen: 5 pont

Megjegyzés: Ha a vizsgázó indoklás nélkül binomiális eloszlással számol, akkor legfeljebb 1 pontot kaphat. Ha említi, hogy az így kapott eredmény közelítés, akkor legfeljebb 2 pontot kaphat.

8. b)

0,9 annak a valószínűsége, hogy az első gépsoron ké-

szült pohár jó. 1 pont Ez a pont akkor is jár, ha

ez a gondolat csak a meg- oldásból derül ki.

A kérdezett valószínűség 0,1² 0,9¹³ 2

15⎟⎟⋅ ⋅

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ ≈ 2 pont

≈ 0,267. 1 pont

Összesen: 4 pont

Megjegyzés: Ha a vizsgázó nem a megfelelő modellt használja (például hipergeometrikus el- oszlást használ), akkor erre a részre nem kaphat pontot.

8. c)

Jelölje A azt az eseményt, hogy az első gépsoron ké- szült a pohár, B pedig azt az eseményt, hogy selejtes a pohár.

1 pont Ez a 2 pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki.

) (

) ) (

( P B

AB B P

A

P = . 1 pont

06 , 0 1 , 0 6 , 0 )

(AB = ⋅ =

P . 1 pont

Ha összesen n darab pohár van, akkor n n

n 0,1 0,4 0,04 0,076 6

,

0 ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = darab selejtes van közöttük.

2 pont*

Egy selejtes választásának valószínűsége:

076 , 076 0 , ) 0

( = =

n B n

P . 1 pont*

Tehát 0,789

076 , 0

06 , ) 0

(A B = ≈

P . 1 pont

Összesen: 7 pont

A *-gal jelölt 3 pontot a következő gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó:

Ha A jelöli azt az eseményt, hogy a második gépso- ron készült a pohár, akkor

( ) ( )

P A P A B P B

P( )= ( )⋅ ( )+ ⋅ =

1 pont

= 0,1⋅0,6 + 0,04⋅0,4 = 0,076. 2 pont

8. c)

Az n db elkészült pohár között 0,6n az első gépsoron

és 0,4n a második gépsoron készült. 2 pont Az első gépsoron készült 0,6n pohár között a selejte-

sek száma 0,6n⋅0,1=0,06n, 1 pont a második gépsoron készült 0,4n pohár között a selej-

tesek száma 0,4n⋅0,04=0,016n. 1 pont Az összes selejtes pohár száma tehát 0,076n. 1 pont Ezek közül egyet választva 0,789

076 , 0

06 ,

0 ≈

n

n a való-

színűsége annak, hogy az első gépsoron készült selej- tes poharat választottunk.

2 pont Összesen: 7 pont

Megjegyzés: Ha a vizsgázó egy konkrét n értékkel helyesen számol, akkor is teljes pontszámot kaphat.

9. a)

Ha d a számtani sorozat differenciája, akkor a három-

szög oldalhosszai 4, 4+d, 4+2d (és 0<d ). 1 pont A háromszög derékszögű, ezért

( )

2 4

4 + +d =

(

)

A négyzetre emeléseket elvégezve, rendezés után

kapjuk: 3d²+8d−16=0. 1 pont

A másodfokú egyenlet gyökei: d₁=−4, 3 4

2 =

d . 1 pont

A negatív gyök nem ad megoldást, tehát a háromszög oldalai 4,

3 16 és

3

20 egység hosszúak. 1 pont

Összesen: 5 pont

Megjegyzés: Ha a vizsgázó (pl. próbálgatással vagy a 3, 4, 5 pitagoraszi számhármas elemeit 3

4-dal megszorozva) megadja a háromszög oldalainak hosszát, de nem mutatja meg, hogy a feladatnak nincs más megoldása, akkor 2 pontot kaphat.

9. b)

(Indirekt módon bizonyítunk.) Tegyük fel, hogy van

60º-os szöge a háromszögnek. 1 pont

Mivel az oldalak páronként különböző hosszúságúak,

és nagyobb oldallal szemben nagyobb szög van, 1 pont*

Ez a pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a meg- oldásból derül ki.

ezért ha van 60º-os szög, akkor az a 4+d hosszúsá-

gú oldallal szemközt van. 2 pont*

Erre az oldalra felírva a koszinusztételt:

(

)

(

)

(

)

2

2 16 8 4

8

16+ d+d = + d+ d 1 pont

Ebből d² =0, azaz d =0. 1 pont

Ez viszont ellentmond annak, hogy a háromszög nem

szabályos (d >0). 2 pont

Az eredeti feltételezésünk tehát hamis, azaz a három-

szögnek valóban nincs 60º-os szöge. 1 pont Összesen: 11 pont

A *-gal jelölt 3 pont jár, ha a vizsgázó a 4 és a 4 + 2d egység hosszú oldalakra is felírja a ko- szinusztételt és helyes gondolatmenettel azokban az esetekben is ellentmondásra jut.

Megjegyzés: Teljes pontszám jár az alábbi gondolatmenetért is.

Indirekt tegyük fel, hogy van a háromszögnek 60º-os szöge a 4 + d hosszú oldallal szemben.

Ha ekkor a 4 egység hosszú oldallal szemben 0 < α < 60°, akkor a 4 + 2d egység hosszú ol- dallal szemben 120° – α nagyságú szög lesz. (4 pont)

A szinusztételt felírva 2-2 oldalra:

4 2 4 α

sin ) α 120

sin( °− = + d , illetve

4 4 α sin 2

3 α

sin 60

sin ° = = +d .

Mindkettőből (addíciós tételek segítségével) d-t kifejezve:

1 ctg 3 α−

=

d , illetve 4

sin 3

2 −

= α

d . (4 pont)

Ezeket egymással egyenlővé téve és rendezve:

(

)

= α +

α

= cos sin 30

2 sin 1 2

1 3 .

Ez azonban ellentmondás, mert semmilyen 0 < α < 60° esetén nem teljesülhet. Az eredeti fel- tételezésünk tehát hamis, azaz a háromszögnek valóban nincs 60º-os szöge. (3 pont)